专题4.3 圆的计算与证明必考八大类型（必考点分类集训）-2024-2025学年九年级数学上册必考点分类集训系列（苏科版）

专题4.3 圆的计算与证明必考八大类型 【苏科版】 【类型1 构造垂径图，利用勾股定理求解】 1 【类型2 垂径定理与共边双勾股】 3 【类型3 弧的中点与垂径定理】 5 【类型4 圆周角定理与垂径定理综合】 7 【类型5 圆的切线与判定综合】 9 【类型6 三角形的内切圆和内心】 12 【类型7 圆与等腰三角形】 14 【类型8 圆与四边形】 16 【类型1 构造垂径图，利用勾股定理求解】 1．（2024秋•上城区校级月考）如图，在以O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦AB交小圆于C、D两点，若AB＝16cm，CD＝6cm． （1）求AC的长； （2）若大圆半径为10cm，求小圆的半径． 2．（2024秋•沭阳县月考）如图，在△ABC中，∠C＝90°，以点C为圆心，BC为半径的圆交AB于点D，交AC于点E． （1）若∠A＝35°，求的度数； （2）若BC＝6，AC＝8，求BD的长． 3．（2023•长安区二模）如图，⊙O中两条互相垂直的弦AB，CD交于点E． （1）OM⊥CD，OM＝6，⊙O的半径为10，求弦CD的长； （2）过点A作AN⊥BD交CD于点F，求证：CE＝EF． 4．（2023•庐阳区一模）如图，⊙O的直径AB垂直于弦CD，垂足为E，AE＝2，CD＝8． （1）求⊙O的半径长； （2）连接BC，作OF⊥BC于点F，求OF的长． 5．（2024秋•阿荣旗期末）如图，AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于点E，连接BC，过点O作OF⊥BC于点F，BD＝8，AE＝2．求BF的长度． 6．（2023秋•鼓楼区校级月考）如图，AB是⊙O的弦，半径OD⊥AB，垂足为H，BC⊥AB，交AD延长线于点C． （1）求证：D是AC的中点； （2）若AB＝6，，求⊙O的半径． 7．（2023秋•江汉区校级月考）如图，⊙O的弦AB与CD相交于点E，已知AE＝BE，OE＝3CE，且AB＝8． （1）如图1，若CD过圆心O，求⊙O的半径； （2）如图2，若∠DEB＝60°，请直接写出点⊙O的半径． 【类型2 垂径定理与共边双勾股】 1．（2023秋•六安期中）如图，AB为⊙O的弦，点C在AB上，AC＝4，BC＝2，CD⊥OC交⊙O于点D，求CD的长． 2．（2023秋•江岸区期中）如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，BD＝CD，DE⊥AB于点E，连接DO． （1）求证：AC∥DO； （2）若，，求AE的长． 3．（2023•武汉）如图，OA，OB，OC都是⊙O的半径，∠ACB＝2∠BAC． （1）求证：∠AOB＝2∠BOC； （2）若AB＝4，，求⊙O的半径． 4．（2023春•鼓楼区校级期中）如图，在⊙O中，AB、AD为弦，CD为直径，CD⊥AB于M，BN⊥AD于N，BN与CD相交于Q． （1）求证：BQ＝BC； （2）若BQ＝5，CM＝3，求⊙O的半径． 5．（2023•天门一模）如图，以AB为直径的⊙O经过△ABC的顶点C，AE，BE分别平分∠BAC和∠ABC，AE的延长线交⊙O于点D，连接BD． （1）判断△BDE的形状，并证明你的结论； （2）若AB＝10，BE＝2，求BC的长． 【类型3 弧的中点与垂径定理】 1．（2023秋•定海区期中）如图，AB是⊙O的弦，C点是优弧AB的中点，连CO，BC． （1）求证CO⊥AB； （2）若，AB＝8，求⊙O的半径长． 2．（2024•武汉模拟）如图，AB是⊙O的直径，点C是的中点，连接BC，CD，DA，OC． （1）证明：OC∥AD； （2）若AB＝10，，求AD长． 3．（2022•和县一模）如图，AB为⊙O的直径，C是⊙O上的一点，连接AC，BC．D是的中点，过D作DE⊥AB于点E，交BC于点F． （1）求证：BC＝2DE； （2）若AC＝6，AB＝10，求DF的长． 4．（2023秋•武昌区期中）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点C为弧AF的中点，连接AF交CD于G，连接OG． （1）求证：AF＝2CE； （2）若AB＝10，，直接写出OG的长． 5．（2024•深圳模拟）如图，AB为⊙O的直径，AC为弦，点D为的中点，过点D作DE⊥AB于点F，交AC于点G． （1）求证：GA＝GD； （2）若AC＝12，AF＝3，求圆的半径长． 6．（2023秋•拱墅区校级期末）如图，⊙O的直径AB垂直弦CD于点E，F是圆上一点，D是的中点，连结CF交OB于点G，连结BC． （1）求证：GE＝BE； （2）若OG＝1，CD＝8，求BC的长． 7．（2023秋•拱墅区校级月考）如图，AB是⊙O的直径，点C为的中点，CF为⊙O的弦，且CF⊥AB，垂足为点E．连结BD交CF于点G，连结CD，AD，BF． （1）求证：CF＝BD； （2）若AD＝10，EF＝15，求⊙O的半径及BE的长． 【类型4 圆周角定理与垂径定理综合】 1．（2024•马鞍山一模）如图，在⊙O中，AB、AC为弦，CD为直径，AB⊥CD于E，BF⊥AC于F，BF与CD相交于G． （1）求证：ED＝EG； （2）若，OG＝2，求⊙O的半径． 2．（2023秋•黄梅县期中）如图，AB是⊙O直径，弦CD⊥AB于点E，过点C作DB的垂线交AB的延长线于点G，垂足为点F，连接AC． （1）求证：AC＝CG； （2）若CD＝EG＝8，求弦DB的长度． 3．（2024•安庆一模）如图，四边形ABCD的四个顶点都在⊙O上，DB平分∠ADC，连接OC，且OC⊥BD． （1）求证：AB＝CD； （2）若CD＝5，BD＝8，求⊙O的半径． 4．（2024•安徽三模）如图，在⊙O中，AB是直径，AB⊥CD，点E在⊙O上，∠BDC＝∠CDE，AE与BC的延长线交于点F． （1）求证：AB＝AF； （2）若AB＝10，BD＝4，求AE的长． 5．（2024•突泉县二模）已知：如图，AB为⊙O的直径，点E为OA上一点，过点E作CD⊥AB，交⊙O于点C、D． （1）如图1，若AE＝2，OE＝3，求CD的长； （2）如图2，点P为上一点，连接DP交直径AB于点F，连接CF，若OC∥PB，求证：∠CFP＝∠B． 6．（2024•安徽一模）如图1，CD为⊙O的直径，弦AB⊥CD于点G，且B为弧CF的中点，CF交AB于点H，若CG＝2，CF＝8． （1）求BG的长； （2）如图2，连接OH，BC，求证：OH⊥BC． 7．（2024•宁波模拟）如图，以AB为直径的⊙O经过△ABC的顶点C，AE和BE分别平分∠BAC和∠ABC，AE的延长线交⊙O于点D，连接BD． （1）求证：BD＝DE． （2）若AB＝10，AC＝6，求BE的长． 【类型5 圆的切线与判定综合】 1．（2024秋•邳州市校级月考）如图，AB为⊙O直径，点C为⊙O上一点，AC平分∠HAB，AH⊥CH，垂足为H，垂足为H，AH 交⊙O 于点D． （1）求证：直线HC是⊙O的切线； （2）若HC＝8，DH＝4，求⊙O的直径． 2．（2024秋•鼓楼区校级月考）如图，点A为⊙O外一点，AC交⊙O于B，C两点，OE⊥BC于点F，交⊙O于点E，D为⊙O上一点，连接DE交AC于点G，且AG＝AD． （1）求证：AD是⊙O的切线； （2）若∠A＝60°，OE＝6，求DE的长． 3．（2024秋•天门校级月考）如图，线段AB经过⊙O的圆心O，交⊙O于A，C两点，BC＝5，AD为⊙O的弦，连接BD，∠BAD＝∠ABD＝30°，连接DO并延长交⊙O于点E，连接BE交⊙O于点M． （1）求证：直线BD是⊙O的切线； （2）求⊙O的半径和线段BM的长 4．（2024•青川县三模）如图⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC＝45°，延长BC于D，连接AD，使得AD∥OC，AB交OC于E． （1）求证：AD与⊙O相切； （2）若AE＝2，CE＝2．求⊙O的半径和AB的长度． 5．（2024秋•海淀区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝BC，AB为⊙O的直径，AC与⊙O相交于点D，过点D作DE⊥BC于点E，CB延长线交⊙O于点F． （1）求证：DE为⊙O的切线； （2）若BE＝1，BF＝2，求AD的长． 6．（2024•兴隆台区校级开学）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB是⊙O的直径，AD平分∠BAC交⊙O于点D，过点D作DE⊥AC交AC的延长线于点E． （1）求证：DE是⊙O切线； （2）若DE＝3，CE＝2，求⊙O的半径． 7．（2024•十堰三模）如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，∠ACB的平分线交⊙O于点D，过点D作DE∥AB，交CB的延长线于点E． （1）求证：ED是⊙O的切线； （2）若AC＝9，BC＝3，求CD的长． 【类型6 三角形的内切圆和内心】 1．（2024•镇江一模）如图，等腰三角形ABC内接于⊙O，AB＝AC，点I是△ABC的内心，连接BI并延长交⊙O于点D，点E在BD的延长线上，满足∠EAD＝∠CAD．试证明： （1）OA所在的直线经过点I； （2）点D是IE的中点． 2．（2024•潍坊一模）如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆⊙O相交于点D、过D作直线DG∥BC． （1）求证：DG是⊙O的切线； （2）求证：DE＝CD； （3）若DE＝2，BC＝8，求⊙O的半径． 3．（2024•富阳区一模）如图，AB是⊙O的直径，点C是直线AB上方的⊙O上一点．点M是△ABC的内心．连结AM，BM，CM，延长CM交⊙O于点D． （1）若AB＝10，AC＝6，求BC的长． （2）求∠AMB的度数． （3）当点C在直线AB上方的⊙O上运动时，求证：． 4．（2023秋•武昌区期末）如图，点I是△ABC的内心，AI的延长线和△ABC的外接圆⊙O相交于点D． （1）求证：DB＝DI； （2）如果OI⊥AD，IM⊥AB于M．求证：BC＝2AM． 5．（2024•蜀山区一模）如图，AB是半圆O的直径，C是半圆上不同于A，B的一点，I是△ABC的内心，AI的延长线交半圆O于点D，连接BI，BD，IO． （1）求证：DI＝DB； （2）若BD＝2，IO⊥BI，求AI的长． 6．（2023秋•万年县期末）如图，AB是△ABC外接圆⊙O的直径，PA是⊙O的切线，BD∥OP，点D在⊙O上． （1）求证：PD是⊙O的切线． （2）若△ABC的边AC＝6cm，BC＝8cm，I是△ABC的内心，求IO的长度． 7．（2023秋•江夏区校级期中）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，点I是△ABC（BC＜AC＜AB）的内心，CI的延长线交⊙O于点D，连AD． （1）求证：DA＝DI； （2）若，，求BC的长． 【类型7 圆与等腰三角形】 1．（2023秋•泗县期末）如图，△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交AC，BC分别于点E，D两点，连接ED，BE． （1）求证：． （2）若BC＝6．AB＝5，求BE的长． 2．（2024秋•江阴市校级月考）已知：如图，在△ABC中，AB＝AC，以腰AB为直径作⊙O，分别交BC，AC于点D，E，连接OD，DE． （1）求证：BD＝DC； （2）若∠BAC＝40°，求∠ODE的度数． 3．（2024秋•青山区期中）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB＝AC，点P是的中点，连接PA、PB、PC． （1）如图1，若∠BPC＝60°，求∠ACP； （2）如图2，若BC＝48，AB＝40，求AP的长． 4．（2024•安徽二模）如图，AB为⊙O的直径，CD为⊙O的一条弦，∠BCD的平分线交⊙O于点E，AD，BE的延长线交于点F． （1）若∠BAD＝70°，求∠ABE的度数． （2）求证：AB＝AF． 5．（2024•合肥模拟）如图，⊙O的两条弦AB⊥CD，垂足为E，点F在⊙O上，DB平分∠CDF，连接AF，分别交BD于G，CD于H． （1）求证：DF＝DH； （2）连接EG，若∠CDF＝45°，⊙O的半径为2，求EG的长． 6．（2023•武汉模拟）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，AD是中线，E为边AC的中点，过B，D，E三点的⊙O交AC于另一点F，连接BF． （1）求证：BF＝BC； （2）若BC＝4，AD＝4，求⊙O的直径． 7．（2023秋•江岸区期中）如图，在⊙O中，弦BC⊥OA于点D，点F是CD上一点，AF交⊙O于点E，过点E作⊙O的切线交BC于点H． （1）求证：EH＝FH； （2）若点C为的中点，AD＝2，OD＝1，求EH的长度． 【类型8 圆与四边形】 1．（2024•埇桥区校级二模）已知四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BD是⊙O的直径，连接AC，∠ACB＝45°． （1）如图1，，求⊙O的半径； （2）如图2，过点O作OE⊥BC于点E，延长EO交AC于点F，连接DF，OC．已知OF＝2OE，求证：四边形OCDF是平行四边形． 2．（2024•花山区二模）如图，AB为⊙O的直径，在BA的延长线上取一点C，CD与⊙O相切于点D，AE∥CD交⊙O于点E，且∠BAE＝30°，连接DE． （1）求证：四边形ACDE为平行四边形； （2）已知F为的中点，连接EF．若，求EF的长． 3．（2024•东湖区校级模拟）如图，以菱形ABCD的边AD为直径作⊙O交AB于点E，连接DB，F是BC上的一点，且BF＝BE，连接DF． （1）当∠A＝60°，AD＝2时，求DE的长． （2）求证：DF是⊙O的切线． 4．（2024•兴宁市校级二模）如图，P为⊙O外一点，PA、PB为⊙O的切线，切点分别为A、B，直线PO交⊙O于点D、E，交AB于点C． （1）求证：∠ADE＝∠PAE． （2）若∠ADE＝30°，连接BD，求证：四边形ADBP是菱形． 5．（2024•镇平县模拟）如图，⊙O的直径AB＝4，BC切⊙O于点B，连接AC交⊙O于点D，连接OD． （1）取BC的中点E，连接OE．当∠A的度数为 　 　时，四边形ODCE为平行四边形； （2）若∠C＝30°，求CD的长． 6．（2023•鼓楼区二模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接矩形，点E、F分别在射线AB、AD上，OE＝OF，且点C、E、F在一条直线上，EF与⊙O相切于点C． （1）求证：矩形ABCD是正方形； （2）若OF＝10，则正方形ABCD的面积是 　 　． 7．（2023•南昌模拟）点A是矩形EFBG边EG上的点，以AB为直径的圆交EF于点D和点C，AE＝ED，连接BD，BC，AC． （1）求证：AC＝BC． （2）已知，求CD的长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！16 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题4.3 圆的计算与证明必考八大类型 【苏科版】 【类型1 构造垂径图，利用勾股定理求解】 1 【类型2 垂径定理与共边双勾股】 10 【类型3 弧的中点与垂径定理】 16 【类型4 圆周角定理与垂径定理综合】 26 【类型5 圆的切线与判定综合】 37 【类型6 三角形的内切圆和内心】 47 【类型7 圆与等腰三角形】 58 【类型8 圆与四边形】 69 【类型1 构造垂径图，利用勾股定理求解】 1．（2024秋•上城区校级月考）如图，在以O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦AB交小圆于C、D两点，若AB＝16cm，CD＝6cm． （1）求AC的长； （2）若大圆半径为10cm，求小圆的半径． 【分析】（1）根据垂径定理及线段的和差求解即可； （2）根据勾股定理求解即可． 【解答】解：（1）作OE⊥AB，垂足为E， 由垂径定理知，点E是CD的中点，也是AB的中点， ∴cm，cm， ∴AC＝AE﹣CE＝8﹣3＝5cm； （2）连接OA，OC， 在Rt△AOE中，AE＝8cm，OA＝10cm， ∴， 在Rt△OCE中，CE＝3cm，OE＝6cm， ∴． 2．（2024秋•沭阳县月考）如图，在△ABC中，∠C＝90°，以点C为圆心，BC为半径的圆交AB于点D，交AC于点E． （1）若∠A＝35°，求的度数； （2）若BC＝6，AC＝8，求BD的长． 【分析】（1）求出∠B的度数，求出∠B所对的弧的度数，即可得出答案； （2）作CH⊥BD，如图，根据垂径定理得到BH＝DH，再利用勾股定理计算出AB＝10，接着利用面积法计算出，然后利用勾股定理计算出BH，从而得到BD的长． 【解答】解：（1）连接CD， ∵∠A＝35°， ∴∠B＝55°， ∵CB＝CD， ∴∠B＝∠CDB＝55°， ∴∠BCD＝70°， ∴∠DCE＝20°， ∴的度数为20°； （2）作CH⊥BD，则BH＝DH， 在Rt△ABC中，BC＝6，AC＝8， ∴AB10， ∵， ∴， ∴在Rt△BCH中，BH， ∴． 3．（2023•长安区二模）如图，⊙O中两条互相垂直的弦AB，CD交于点E． （1）OM⊥CD，OM＝6，⊙O的半径为10，求弦CD的长； （2）过点A作AN⊥BD交CD于点F，求证：CE＝EF． 【分析】（1）连接OD，由垂径定理和勾股定理可得答案； （2）连接AC，由垂直的定义及等腰三角形的性质可得结论． 【解答】（1）解：如图，连接OD， ∵OM⊥CD，OM过圆心， ∴DM＝CM，∠OMD＝90°， 由勾股定理得，DM8， ∴CD＝2DM＝16； （2）证明：如图，连接AC， ∵AN⊥BD， ∴∠DNF＝90°， ∴∠DFN+∠D＝90°， ∵AB⊥CD， ∴∠CEA＝90°， ∴∠C+∠EAC＝90°， ∵∠EAC＝∠D，∠DFN＝∠AFC， ∴∠C＝∠AFC， ∴AF＝AC， ∵AB⊥CD， ∴CE＝EF． 4．（2023•庐阳区一模）如图，⊙O的直径AB垂直于弦CD，垂足为E，AE＝2，CD＝8． （1）求⊙O的半径长； （2）连接BC，作OF⊥BC于点F，求OF的长． 【分析】（1）连接OD，如图，设⊙O的半径长为r，先根据垂径定理得到DE＝CE＝4，再利用勾股定理得到（r﹣2）2+42＝r2，然后解方程即可； （2）先利用勾股定理计算出BC＝4，再根据垂径定理得到BF＝CF＝2，然后利用勾股定理可计算出OF的长． 【解答】解：（1）连接OD，如图，设⊙O的半径长为r， ∵AB⊥CD， ∴∠OED＝90°，DE＝CECD8＝4， 在Rt△ODE中，∵OE＝r﹣2，OD＝r，DE＝4， ∴（r﹣2）2+42＝r2， 解得r＝5， 即⊙O的半径长为5； （2）在Rt△BCE中，∵CE＝4，BE＝AB﹣AE＝8， ∴BC4， ∵OF⊥BC， ∴BF＝CFBC＝2，∠OFB＝90°， 在Rt△OBF中，OF， 即OF的长为． 5．（2024秋•阿荣旗期末）如图，AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于点E，连接BC，过点O作OF⊥BC于点F，BD＝8，AE＝2．求BF的长度． 【分析】（1）连接OB，根据垂径定理求出BE，根据勾股定理计算，得到答案； （2）根据勾股定理求出BC，根据垂径定理即可求出BF． 【解答】解：连接OB，设⊙O的半径为x，则OE＝x﹣2， ∵OA⊥BD， ∴BE＝EDBD＝4， 在Rt△OEB中，OB2＝OE2+BE2， 即x2＝（x﹣2）2+42， 解得，x＝5， 即⊙O的半径为5； 在Rt△CEB中，BC4， ∵OF⊥BC， ∴BFBC＝2． 6．（2023秋•鼓楼区校级月考）如图，AB是⊙O的弦，半径OD⊥AB，垂足为H，BC⊥AB，交AD延长线于点C． （1）求证：D是AC的中点； （2）若AB＝6，，求⊙O的半径． 【分析】（1）连接BD，根据垂径定理推出AD＝BD，根据直角三角形的性质及等腰三角形的判定推出BD＝CD，等量代换即可得解； （2）连接OA，根据垂径定理推出AH＝3，根据勾股定理求出DH＝2，设OD＝OA＝r，则 OH＝r﹣2，根据勾股定理（r﹣2）2+32＝r2，据此求解即可． 【解答】（1）证明：如图，连接BD． ∵AB是⊙O的弦，半径 OD⊥AB， ∴D是 的中点， ∴， ∴AD＝BD， ∴∠BAD＝∠ABD， ∵BC⊥AB， ∴∠ABC＝90°， ∴∠BAD+∠C＝90°，∠ABD+∠DBC＝90°， ∴∠C＝∠DBC， ∴BD＝CD， ∴AD＝CD， 即D为AC的中点； （2）如图，连接OA． ∵半径 OD⊥AB，垂足为H，AB＝6， ∴AHAB＝3， ∵D是AC的中点，， ∴， ∴DH2， 设OD＝OA＝r，则 OH＝r﹣2， 在 Rt△OAH中，OH2+AH2＝OA2， ∴（r﹣2）2+32＝r2， ∴， 即⊙O的半径为． 7．（2023秋•江汉区校级月考）如图，⊙O的弦AB与CD相交于点E，已知AE＝BE，OE＝3CE，且AB＝8． （1）如图1，若CD过圆心O，求⊙O的半径； （2）如图2，若∠DEB＝60°，请直接写出点⊙O的半径． 【分析】（1）连接OB，根据垂径定理得到CD⊥AB，结合勾股定理求解即可得到答案； （2）连接OE，OD，OA，过O作OH⊥CD于H，根据垂径定理得到OE⊥AB，HC＝HD，结合勾股定理求解即可得到答案． 【解答】解：（1）∵AE＝BE，CD过圆心O，AB＝8， ∴CD⊥AB，AE＝BE＝4， ∵OE＝3CE， ∴，OEr， 在Rt△OBE中， ∴， 解得：； （2）解：连接OE，OD，OA，过O作OH⊥CD于H， ∵AE＝BE，OH⊥CD， ∴OH⊥CD，HC＝HD， ∵∠DEB＝60°， ∴∠OEH＝30°， ∴OE＝2OH， ∵DE＝3CE， ∴， 在Rt△OAE中，由勾股定理得到，OE2＝r2﹣42， ∴， ∴， ∴DH2＝3（r2﹣42）， 在Rt△OHD中，由勾股定理得到， ， 解得：； 【类型2 垂径定理与共边双勾股】 1．（2023秋•六安期中）如图，AB为⊙O的弦，点C在AB上，AC＝4，BC＝2，CD⊥OC交⊙O于点D，求CD的长． 【分析】O作OE⊥AB于点E，连接OA，OD，由垂径定理得到AE＝BE＝3，求出CE＝3﹣2＝1，设OE＝x，由勾股定理得：OA2＝x2+9，OC2＝x2+1，因此CD2＝OD2﹣OC2＝x2+9﹣（x2+1）＝8，即可求出CD长． 【解答】解：如图，过点O作OE⊥AB于点E，连接OA，OD， ∵AC＝4，BC＝2， ∴AB＝6， ∵OE⊥AB， ∴AE＝BE＝3， ∴CE＝3﹣2＝1， 设OE＝x， 由勾股定理得：OA2＝x2+9，OC2＝x2+1， ∵CD⊥OC， ∴CD2＝OD2﹣OC2＝x2+9﹣（x2+1）＝8， ∴CD＝2 舍去负值）． 2．（2023秋•江岸区期中）如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，BD＝CD，DE⊥AB于点E，连接DO． （1）求证：AC∥DO； （2）若，，求AE的长． 【分析】（1）连接OC、BD，证明∠BOD＝∠CAB即可； （2）在Rt△BDE中求BE，设OA＝OD＝OB＝x，则OE＝x﹣1，在Rt△ODE中求x即可． 【解答】（1）证明：连接OC、BD，如图， ∵BD＝CD， ∴∠BOD＝∠COD∠BOC， ∵∠CAB∠BOC， ∴∠BOD＝∠CAB， ∴AC∥OD． （2）解：CD， ∴BD＝CD， ∵DE⊥AB，DE， ∴在Rt△BDE中，BE1， 设OA＝OD＝OB＝x，则OE＝x﹣1， 在Rt△ODE中，OD2＝OE2+DE2， ∴x2＝（x﹣1）2， 解得：x＝3， ∴OE＝x﹣1＝2， ∴AE＝OA+OE＝3+2＝5． 3．（2023•武汉）如图，OA，OB，OC都是⊙O的半径，∠ACB＝2∠BAC． （1）求证：∠AOB＝2∠BOC； （2）若AB＝4，，求⊙O的半径． 【分析】（1）利用圆周角定理可得，，结合∠ACB＝2∠BAC可证明结论； （2）过点O作半径OD⊥AB于点E，可得AE＝BE，根据圆周角、弦、弧的关系可证得BD＝BC，即可求得BE＝2，，利用勾股定理可求解DE＝1，再利用勾股定理可求解圆的半径． 【解答】（1）证明：∵，，∠ACB＝2∠BAC， ∴∠AOB＝2∠BOC； （2）解：过点O作半径OD⊥AB于点E，连接DB， ∴AE＝BE， ∵∠AOB＝2∠BOC，∠DOB∠AOB， ∴∠DOB＝∠BOC． ∴BD＝BC． ∵AB＝4，， ∴BE＝2，， 在 Rt△BDE 中，∠DEB＝90°， ∴， 在Rt△BOE中，∠OEB＝90°， OB2＝（OB﹣1）2+22， 解得， 即⊙O的半径是 ． 4．（2023春•鼓楼区校级期中）如图，在⊙O中，AB、AD为弦，CD为直径，CD⊥AB于M，BN⊥AD于N，BN与CD相交于Q． （1）求证：BQ＝BC； （2）若BQ＝5，CM＝3，求⊙O的半径． 【分析】（1）根据CD⊥AB，BN⊥AD，所以∠BNA＝∠BMQ＝90°，可得∠BQM＝∠A，利用圆周角定理得∠C＝∠A，所以∠C＝∠BQM，即可得出结论； （2）设圆心为O，连接BO，设BO＝r，则OM＝r﹣3，利用勾股定理得BM＝4和42+（r﹣3）2＝r2，即可求出半径． 【解答】（1）证明：∵CD⊥AB于M，BN⊥AD于N， ∴∠BNA＝∠BMQ＝90°， ∵∠ABN＝∠ABN， ∴∠BQM＝∠A， ∵， ∴∠C＝∠A， ∴∠C＝∠BQM， ∴BQ＝BC； （2）解：由（1）得BC＝BQ＝5，∠BMC＝∠BMO＝90° ∴在Rt△BMC中，， 设圆心为O，连接BO，设BO＝r，则OM＝r﹣3， ∴在Rt△BMO中，BM2+OM2＝OB2， 即42+（r﹣3）2＝r2， 解得：， 即⊙O的半径为． 5．（2023•天门一模）如图，以AB为直径的⊙O经过△ABC的顶点C，AE，BE分别平分∠BAC和∠ABC，AE的延长线交⊙O于点D，连接BD． （1）判断△BDE的形状，并证明你的结论； （2）若AB＝10，BE＝2，求BC的长． 【分析】（1）由角平分线的定义可知，∠BAE＝∠CAD＝∠CBD，∠ABE＝∠EBC，所以∠BED＝∠DBE，所以BD＝ED，因为AB为直径，所以∠ADB＝90°，所以△BDE是等腰直角三角形； （2）连接OC、CD、OD，OD交BC于点F．因为∠DBC＝∠CAD＝∠BAD＝∠BCD．所以BD＝DC．因为OB＝OC．所以OD垂直平分BC．由△BDE是等腰直角三角形，BE＝2，可得BD＝2，因为OB＝OD＝5．设OF＝t，则DF＝5﹣t．在Rt△BOF和Rt△BDF中，，解出t的值即可． 【解答】解：（1）△BDE为等腰直角三角形． 证明：∵AE 平分∠BAC，BE 平分∠ABC， ∴∠BAE＝∠CAD＝∠CBD，∠ABE＝∠EBC． ∵∠BED＝∠BAE+∠ABE，∠DBE＝∠DBC+∠EBC， ∴∠BED＝∠DBE． ∴BD＝ED． ∵AB为直径， ∴∠ADB＝90°， ∴△BDE是等腰直角三角形； （2）连接OC、CD、OD，OD交BC于点F． ∵∠DBC＝∠CAD＝∠BAD＝∠BCD． ∴BD＝DC． ∵OB＝OC． ∴OD垂直平分BC． ∵△BDE是等腰直角三角形，BE＝2， ∴BD＝2． ∵AB＝10， ∴OB＝OD＝5． 设OF＝t，则DF＝5﹣t． 在Rt△BOF和Rt△BDF中，， 解得t＝3， ∴BF＝4． ∴BC＝8． 【类型3 弧的中点与垂径定理】 1．（2023秋•定海区期中）如图，AB是⊙O的弦，C点是优弧AB的中点，连CO，BC． （1）求证CO⊥AB； （2）若，AB＝8，求⊙O的半径长． 【分析】（1）延长CO交AB于点D，交⊙O于点E，连接BE，先证明∠ABC＝∠E，再证明∠CBE＝90°即可； （2）连接BO，设OC＝OB＝x，先根据垂径定理得，再在Rt△CDB中和Rt△ODB中，根据勾股定理即可． 【解答】（1）证明：延长CO交AB于点D，交⊙O于点E，连接BE， ∵C点是优弧AB的中点， ∴弧AC＝弧BC， ∴∠ABC＝∠E． ∵CE是⊙O直径， ∴∠CBE＝90°， ∴∠C+∠E＝90°， ∴∠C+∠ABC＝90°， ∴∠BDC＝90°， ∴CO⊥AB； （2）解：连接BO，设OC＝OB＝x， ∵CO⊥AB， ∴． 在Rt△CDB中，， ∴OD＝CD﹣OC＝8﹣x． 在Rt△ODB中，OD2+BD2＝OB2， ∴（8﹣x）2+42＝x2， 解得：x＝5， 故⊙O的半径长5． 2．（2024•武汉模拟）如图，AB是⊙O的直径，点C是的中点，连接BC，CD，DA，OC． （1）证明：OC∥AD； （2）若AB＝10，，求AD长． 【分析】（1）先连接OD，然后根据同弧所对的圆心角相等，证明∠BOC＝∠COD，再根据圆周角定理证明∠DAB，最后利用平行线的判定证明结论即可； （2）连接BD交CO于点E，先根据等腰三角形三线合一证明BE＝DE，然后根据中位线定理证明AD＝2OE，最后设OE＝x，分别在Rt△CDE和△ODE中，利用勾股定理，列出关于x的方程，求出x，从而求出答案即可． 【解答】（1）证明：如图所示：连接OD， ∵点C是的中点， ∴， ∴∠BOC＝∠COD， ∵∠DAB是所对的圆周角， ∴∠DAB， ∴OC∥AD； （2）解：如图所示：连接BD交CO于点E， ∵OB＝OD，∠COB＝∠COD， ∴OC⊥BD， ∴∠CEB＝∠OED＝90°，BE＝DE， ∴点E是BD的中点， ∵OB＝OA， ∴OE是△ABD的中位线， ∴AD＝2OE， ∵AB＝10， ∵OD＝OC＝5， 设OE＝x，则CE＝5﹣x， 在Rt△OED中， ∵OD2﹣OE2＝DE2＝CD2﹣CE2， ∴， 25﹣x2＝20﹣25+10x﹣x2， 10x＝30， x＝3， ∴AD＝2x＝6． 3．（2022•和县一模）如图，AB为⊙O的直径，C是⊙O上的一点，连接AC，BC．D是的中点，过D作DE⊥AB于点E，交BC于点F． （1）求证：BC＝2DE； （2）若AC＝6，AB＝10，求DF的长． 【分析】（1）延长DE交⊙O于点G，先由垂径定理得DE＝GE，，再证出，由圆心角、弧、弦的关系即可得出结论； （2）连接BD、OD，先由圆周角定理得∠DBC＝∠BDF，得DF＝BF，由圆周角定理得∠ACB＝90°，勾股定理得BC＝8，则DEBC＝4，再由勾股定理求出OE＝3，则BE＝OB﹣OE＝2，设DF＝BF＝a，则EF＝4﹣a，然后在Rt△BEF中，由勾股定理得出方程，解方程即可． 【解答】（1）证明：延长DE交⊙O于点G，如图所示： ∵AB为⊙O的直径，DE⊥AB， ∴DE＝GE，， ∵D是的中点， ∴， ∴， ∴BC＝DG＝2DE； （2）解：连接BD、OD，如图所示： ∵， ∴∠DBC＝∠BDF， ∴DF＝BF， ∵AB为⊙O的直径，AB＝10， ∴∠ACB＝90°，OB＝OD＝5， ∴BC8， 由（1）得：DEBC＝4， ∵DE⊥AB， ∴OE3， ∴BE＝OB﹣OE＝2， 设DF＝BF＝a，则EF＝4﹣a， 在Rt△BEF中，由勾股定理得：22+（4﹣a）2＝a2， 解得：a， ∴DF． 4．（2023秋•武昌区期中）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，点C为弧AF的中点，连接AF交CD于G，连接OG． （1）求证：AF＝2CE； （2）若AB＝10，，直接写出OG的长． 【分析】（1）证明，推出AF＝CD，可得结论； （2）想办法求出OE，EG，可得结论． 【解答】（1）证明：∵AB⊥CD，AB是直径， ∴，EC＝DE， ∵点C为弧AF的中点， ∴， ∴， ∴AF＝CD＝2CE； （2）解：如图，连接BC． ∵AB是直径， ∴∠ACB＝90°， ∴BC4， ∵•AC•BC•AB•CE， ∴CE4， ∴AE2， ∴OE＝OA﹣AE＝5﹣2＝3， ∵， ∴∠ACG＝∠GAC， ∴AG＝CG， 设AG＝GC＝m，则有m2＝22+（4﹣m）2， ∴m， ∴GE＝EC﹣CG＝4， ∴OG． 5．（2024•深圳模拟）如图，AB为⊙O的直径，AC为弦，点D为的中点，过点D作DE⊥AB于点F，交AC于点G． （1）求证：GA＝GD； （2）若AC＝12，AF＝3，求圆的半径长． 【分析】（1）连接AD，BD，由AB是半圆O的直径，可得∠ADB＝90°，从而可得∠DAB+∠ABD＝90°，再由DE⊥AB，可得∠DAB+∠ADE＝90°，进一步可得∠ADE＝∠ABD，再由D是AC的中点，得出∠DAC＝∠ABD，从而得出∠ADE＝∠DAC，最后由等腰三角形的判定可得结论； （2）连接OE．首先证明DE＝AC＝12，设OA＝OE＝x，在Rt△OEF中，利用勾股定理构建方程即可解决问题． 【解答】（1）证明：如图，连接AD，BD， ∵AB是半圆O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∴∠DAB+∠ABD＝90°， ∵DE⊥AB， ∴∠DAB+∠ADE＝90°， ∴∠ADE＝∠ABD， ∵D是弧AC的中点， ∴∠DAC＝∠ABD， ∴∠ADE＝∠DAC， ∴GA＝GD； （2）如图，连接OE． ∵DE⊥AB， ∴DF＝EF，AD＝AE， ∵点D是弧AC的中点， ∴， ∴CA＝DE， ∴DE＝AC＝12， ∴， 设OA＝OE＝x， 在Rt△OEF中，则有x2＝62+（x﹣3）2， 解得， 圆的半径长为． 6．（2023秋•拱墅区校级期末）如图，⊙O的直径AB垂直弦CD于点E，F是圆上一点，D是的中点，连结CF交OB于点G，连结BC． （1）求证：GE＝BE； （2）若OG＝1，CD＝8，求BC的长． 【分析】（1）根据圆心角、弧、弦的关系得到∠FCD＝∠BCD，证明△GCE≌△BCE，根据全等三角形的性质证明即可； （2）连接OC，根据勾股定理求出BE，再根据勾股定理计算，得到答案． 【解答】（1）证明：∵D是的中点， ∴， ∴∠FCD＝∠BCD， 在△GCE和△BCE中， ， ∴△GCE≌△BCE（ASA）， ∴GE＝BE； （2）解：如图，连接OC， 设GE＝BE＝x，则OB＝1+2x， ∵AB⊥CD，CD＝8， ∴CE＝DE＝4， 在△OCE中，OE2+CE2＝OC2，即（1+x）2+42＝（1+2x）2， 解得：x＝2（负值舍去）， ∴BE＝2， ∴BC2． 7．（2023秋•拱墅区校级月考）如图，AB是⊙O的直径，点C为的中点，CF为⊙O的弦，且CF⊥AB，垂足为点E．连结BD交CF于点G，连结CD，AD，BF． （1）求证：CF＝BD； （2）若AD＝10，EF＝15，求⊙O的半径及BE的长． 【分析】（1）首先利用已知条件和垂径定理证明CD＝BF，然后根据AAS证明△BFG≌△CDG； （2）连接OF，设⊙O的半径为r，由CF＝BD列出关于r的勾股方程就能求解． 【解答】（1）证明：∵C是 中点， ∴， ∵AB是⊙O的直径，且CF⊥AB， ∴， ∴， ∴CD＝BF， ∴， ∴， ∴CF＝BD； （2）解：如图，连接OF，设⊙O的半径为r， Rt△ADB中，BD2＝AB2﹣AD2，即BD2＝（2r）2﹣102， Rt△OEF中，OF2＝OE2+EF2，即OE2＝r2﹣152， ∵， ∴， ∴BD＝CF， ∴BD2＝CF2＝（2EF）2＝4EF2＝900， ∴（2r）2﹣102＝900， ∴r＝5或r＝﹣5（舍去）， ∴OE2＝（5）2﹣152， ∴OE＝5或OE＝﹣5（舍去）， ∴BE＝OB﹣OE＝55． 【类型4 圆周角定理与垂径定理综合】 1．（2024•马鞍山一模）如图，在⊙O中，AB、AC为弦，CD为直径，AB⊥CD于E，BF⊥AC于F，BF与CD相交于G． （1）求证：ED＝EG； （2）若，OG＝2，求⊙O的半径． 【分析】（1）先证明∠C＝∠GBE，根据，得出∠C＝∠DBE，证明∠GBE＝∠DBE，根据∠GEB＝∠DEB＝90°，得出∠BGE＝∠BDE，得出BD＝BG，根据等腰三角形的性质即可得出答案； （2）连接OA，设OA＝r，得出DG＝r+2，求出，根据垂径定理得出，根据勾股定理得出OE2+AE2＝OA2，即，求出r的值即可． 【解答】（1）证明：如图，连接BD， ∵AB⊥CD于E，BF⊥AC于F， ∴∠CFG＝∠GEB＝90° 又∵∠CGF＝∠BGE， ∴∠C＝∠GBE， ∵， ∴∠C＝∠DBE， ∴∠GBE＝∠DBE， ∵AB⊥CD， ∴∠GEB＝∠DEB＝90°， ∴∠BGE＝∠BDE， ∴BD＝BG， 又∵BE⊥DG， ∴ED＝EG； （2）解：如图，连接OA，设OA＝r，则DG＝r+2， ∴， ∴， ∵AB⊥CD于E，， ∴， 在Rt△OEA中，OE2+AE2＝OA2， 即， 解得或r＝﹣6（舍）． 即⊙O的半径为． 2．（2023秋•黄梅县期中）如图，AB是⊙O直径，弦CD⊥AB于点E，过点C作DB的垂线交AB的延长线于点G，垂足为点F，连接AC． （1）求证：AC＝CG； （2）若CD＝EG＝8，求弦DB的长度． 【分析】（1）欲证明AC＝CG，利用圆周角定理的推论和三角形的内角和证明∠A＝∠G即可得解； （2）由垂径定理得出DE＝EC＝4，再由勾股定理得出半径为5，在Rt△DBE中，利用勾股定理构建方程即可求解． 【解答】（1）证明：∵CD⊥AB，DF⊥CG， ∴∠DEB＝∠BFG＝90°， ∵∠EBD＝∠FBG， ∴∠CDF＝∠G， .∵∠A＝∠CDF， ∴∠A＝∠G， ∴CA＝CG； （2）解：连接OD． 设圆的半径为r，则OE＝8﹣r． ∵CD⊥AB，AB为直径， ∴DE＝EC＝4． 在Rt△OED中，由勾股定理得： 42+（8﹣r）2＝r2， 解得r＝5． ∴EB＝r﹣OE＝2． 在Rt△DBE中，由勾股定理得： DB2＝42+22＝20， 解得． 3．（2024•安庆一模）如图，四边形ABCD的四个顶点都在⊙O上，DB平分∠ADC，连接OC，且OC⊥BD． （1）求证：AB＝CD； （2）若CD＝5，BD＝8，求⊙O的半径． 【分析】（1）由角平分线定义得到∠ADB＝∠CDB，由圆周角定理推出，由垂径定理推出，得到，由圆心角、弧、弦的关系推出AB＝CD； （2）连接OB，OC与BD交于E，由垂径定理得到BE＝DE8＝4，由勾股定理求出CE3，设⊙O半径为r，由勾股定理得到r2＝42+（r﹣3）2，求出r，即可得到圆的半径长． 【解答】（1）证明：∵DB平分∠ADC， ∴∠ADB＝∠CDB， ∴， ∵OC⊥BD， ∴， ∴， ∴AB＝CD； （2）解：连接OB，OC与BD交于E， ∵OC⊥BD， ∴BE＝DE8＝4， ∴CE3， 设⊙O半径为r， ∴OE＝r﹣3， ∵OB2＝OE2+BE2， ∴r2＝42+（r﹣3）2， ∴r， ∴⊙O的半径是． 4．（2024•安徽三模）如图，在⊙O中，AB是直径，AB⊥CD，点E在⊙O上，∠BDC＝∠CDE，AE与BC的延长线交于点F． （1）求证：AB＝AF； （2）若AB＝10，BD＝4，求AE的长． 【分析】（1）连接BE，CE，根据圆周角定理求出∠CBE＝∠CEB，∠AEB＝∠FEB＝90°，结合直角三角形的性质求出∠CEF＝∠F，根据圆内接四边形的性质求出∠CEF＝∠ABC，则∠ABC＝∠F，根据等腰三形的判定即可得证； （2）连接BE，OC，BE、CD交于点G，根据垂径定理、圆周角定理求出OC⊥BE，设OG＝x，则CG＝5﹣x，根据勾股定理求出x＝3.4，再根据三角形中位线的判定与性质求解即可． 【解答】（1）证明：如图，连接BE，CE， ∵∠BDC＝∠CDE， ∴∠CBE＝∠CEB， ∵AB是直径， ∴∠AEB＝∠FEB＝90°， ∴∠CBE+∠F＝90°，∠BEC+∠CEF＝90°， ∴∠CEF＝∠F， ∵∠CEF＝∠ABC， ∴∠ABC＝∠F， ∴AB＝AF； （2）如图2，连接BE，OC，BE、CD交于点G， ∵∠BDC＝∠CDE， ∴， ∴OC⊥BE， ∵AB＝10， ∴OC＝OB＝5， ∵AB⊥CD， ∴BD＝BC＝4， 设OG＝x，则CG＝5﹣x， 在Rt△OBG中，BG2＝52﹣x2， 在Rt△BCG中，BG2＝42﹣（5﹣x）2， ∴52﹣x2＝42﹣（5﹣x）2， 解得x＝3.4， ∵∠AEB＝∠OGB＝90°， ∴OG∥AE， ∵OA＝OB， ∴OG是△ABE的中位线， ∴AE＝2OG＝6.8． 5．（2024•突泉县二模）已知：如图，AB为⊙O的直径，点E为OA上一点，过点E作CD⊥AB，交⊙O于点C、D． （1）如图1，若AE＝2，OE＝3，求CD的长； （2）如图2，点P为上一点，连接DP交直径AB于点F，连接CF，若OC∥PB，求证：∠CFP＝∠B． 【分析】（1）根据垂径定理求出CECD，再根据勾股定理求解即可； （2）连接AP，根据圆周角定理求出BP⊥AP，根据平行线的性质求出OC⊥AP，∠B＝∠AOC，根据垂径定理求出，根据圆周角定理求出∠AOC＝2∠D＝∠B，再根据线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质求出∠D＝∠DCF，再根据三角形外角性质求解即可． 【解答】（1）解：如图1，连接OC， ∵AB为⊙O的直径，CD⊥AB， ∴CE＝DECD， ∵AE＝2，OE＝3， ∴OA＝AE+OE＝5＝OC， ∴CE4， ∴CD＝8； （2）证明：如图2，连接AP， ∵AB为⊙O的直径， ∴∠APB＝90°， ∴BP⊥AP， ∵OC∥PB， ∴OC⊥AP，∠B＝∠AOC， ∴， ∴∠AOC＝2∠D＝∠B， ∵CD⊥AB，CE＝DE， ∴AB垂直平分CD， ∴CF＝DF， ∴∠D＝∠DCF， ∴∠CFP＝∠D+∠DCF＝2∠D， ∴∠CFP＝∠B． 6．（2024•安徽一模）如图1，CD为⊙O的直径，弦AB⊥CD于点G，且B为弧CF的中点，CF交AB于点H，若CG＝2，CF＝8． （1）求BG的长； （2）如图2，连接OH，BC，求证：OH⊥BC． 【分析】（1）根据垂径定理，圆心角、弦、弧之间的关系进行计算即可； （2）利用圆周角定理得出∠BCH＝∠CBH，由等腰三角形的判定可知HB＝HC，再根据全等三角形的判定得出△OCH≌△OBH，进而得到∠COH＝∠BOH，由等腰三角形的性质进行判断即可． 【解答】解：（1）如图1，连接OB， ∵CD为⊙O的直径，弦AB⊥CD于点G， ∴，AG＝BGAB， ∵B为弧CF的中点， ∴，OB⊥CF， ∴， 即， ∴AB＝CF＝8， ∴AG＝BGAB＝4； （2）如图2，连接BC，OB， ∵， ∴∠BCH＝∠CBH， ∴HB＝HC， 在△OCH和△OBH中， ∵OC＝OB，HC＝HB，OH＝OH， ∴△OCH≌△OBH（SSS）， ∴∠COH＝∠BOH， ∵OC＝OB， ∴OH⊥BC． 7．（2024•宁波模拟）如图，以AB为直径的⊙O经过△ABC的顶点C，AE和BE分别平分∠BAC和∠ABC，AE的延长线交⊙O于点D，连接BD． （1）求证：BD＝DE． （2）若AB＝10，AC＝6，求BE的长． 【分析】（1）由角平分线的定义得出∠BAD＝∠CAD，∠ABE＝∠CBE，根据同弧所对的圆周角相等得出∠CAD＝∠CBD＝∠BAD，再根据三角形外角的性质得出∠DEB＝∠BAD+∠ABE，从而得出∠DBE＝∠DEB，根据等角对等边即可证得BD＝DE； （2）连接OD交BC于点F，由∠BAD＝∠CAD得出，于是有OD⊥BC，BF＝CF，再证OF是△ABC的中位线，即可求出OF的长，即可求出DF的长，由AB为直径得出∠ACB＝∠ADB＝90°，由勾股定理求出BC的长，即可求出BF的长，再根据勾股定理求出BD的长，由（1）中的结论得出DE的长，最后根据勾股定理即可求出BE的长． 【解答】（1）证明：∵AE和BE分别平分∠BAC和∠ABC， ∴∠BAD＝∠CAD，∠ABE＝∠CBE， ∵∠CAD和∠CBD是所对的圆周角， ∴∠CAD＝∠CBD， ∴∠BAD＝∠CBD， ∴∠DBE＝∠CBD+∠CBE＝∠BAD+∠CBE， ∵∠DEB是△ABE的外角， ∴∠DEB＝∠BAD+∠ABE， ∴∠DBE＝∠DEB， ∴BD＝DE； （2）解：连接OD交BC于点F， ∵AE平分∠BAC， ∴∠BAD＝∠CAD， ∴， ∴OD⊥BC， 即∠DFB＝90°，BF＝CF， ∵OA＝OB， ∴OF是△ABC的中位线， ∴OF， ∵AB＝10， ∴OA＝OB＝OD＝5， ∴DF＝OD﹣OF＝2， ∵AB为直径， ∴∠ACB＝90°， ∴由勾股定理得，， ∴BF＝CF4， 在Rt△DFB中，由勾股定理得，， 由（1）知DE＝BD， ∵AB为直径， ∴∠ADB＝90°， ∴由勾股定理得，． 【类型5 圆的切线与判定综合】 1．（2024秋•邳州市校级月考）如图，AB为⊙O直径，点C为⊙O上一点，AC平分∠HAB，AH⊥CH，垂足为H，垂足为H，AH 交⊙O 于点D． （1）求证：直线HC是⊙O的切线； （2）若HC＝8，DH＝4，求⊙O的直径． 【分析】（1）连接OC，则OC＝OA，所以∠BAC＝∠OCA，由切线的性质得CH⊥OC，AH∥OC，而AH⊥CH，从而得到CH⊥OC， OC是⊙O的半径，直线HC是⊙O的切线； （2）作OI⊥AH于点I，由垂径定理得AI＝DI，再证明四边形OCHI是矩形，得IH＝OC＝OA，OI＝HC＝8，则AI＝DI＝OA﹣4，由勾股定理得（OA﹣4）2+82＝OA2，求得OA＝10，所以⊙O的直径长为20． 【解答】（1）证明：连接OC，则OC＝OA， ∴∠BAC＝∠OCA， ∵AC平分∠HAB． ∴∠HAC＝∠BAC， ∴∠HAC＝∠OCA， ∴AH∥OC， ∵AH⊥CH， ∴CH⊥OC， ∵OC是⊙O的半径， ∴直线HC是⊙O的切线； （2）解：作OI⊥AH于点I，则AI＝DI， ∵∠OCH＝∠CHI＝∠OIH＝90°，HC＝8，DH＝4， ∴四边形OCHI是矩形， ∴IH＝OC＝OA，OI＝HC＝8， ∴AI＝DI＝IH﹣DH＝OA﹣4， ∵∠OIA＝90°， ∴（OA﹣4）2+82＝OA2， 解得OA＝10， ∴AB＝2OA＝20， ∴⊙O的直径长为20． 2．（2024秋•鼓楼区校级月考）如图，点A为⊙O外一点，AC交⊙O于B，C两点，OE⊥BC于点F，交⊙O于点E，D为⊙O上一点，连接DE交AC于点G，且AG＝AD． （1）求证：AD是⊙O的切线； （2）若∠A＝60°，OE＝6，求DE的长． 【分析】（1）连接OD，证明∠ODA＝90°，即可解决问题； （2）过点O作OH⊥DE于H，证明△ADG是等边三角形，根据含30度角的直角三角形的性质可得DH，再利用垂径定理即可解决问题． 【解答】（1）证明：连接OD，如图， ∵OE⊥BC于点F， ∴∠E+∠FGE＝90°． ∵∠FGE＝∠AGD， ∴∠E+∠AGD＝90°， ∵AG＝AD， ∴∠AGD＝∠ADG， ∴∠E+∠ADG＝90°， ∵OE＝OD， ∴∠E＝∠ODE， ∴∠ODE+∠ADG＝90°， 即∠ODA＝90°， ∴OD⊥AD， ∵OD为⊙O的半径， ∴AD是⊙O的切线； （2）解：如图，过点O作OH⊥DE于H， ∵AG＝AD，∠A＝60°， ∴△ADG是等边三角形， ∴∠ADG＝60°， ∴∠ODG＝30°， 在Rt△ODH中，OD＝OE＝6，∠ODE＝30°， ∴， ∴DHOH＝3， ∴DE＝2DH＝6． 3．（2024秋•天门校级月考）如图，线段AB经过⊙O的圆心O，交⊙O于A，C两点，BC＝5，AD为⊙O的弦，连接BD，∠BAD＝∠ABD＝30°，连接DO并延长交⊙O于点E，连接BE交⊙O于点M． （1）求证：直线BD是⊙O的切线； （2）求⊙O的半径和线段BM的长 【分析】（1）利用等腰三角形的性质及三角形性质外角的性质得∠DOB＝60°，∠ADO＝∠OAD＝30°，进而可求证∠ODB＝90°，进而可求证结论； （2）连接DM，利用三角形的特征得，进而可得OC＝BC＝5，则可求得⊙O的半径为5，进而可得DE＝10，，在Rt△BDE中和在Rt△BDM中利用勾股定理即可求解． 【解答】（1）证明：∵OA＝OD，∠BAD＝30°， ∴∠ADO＝∠OAD＝30°， ∴∠DOB＝∠A+∠ADO＝60°， ∵∠ABD＝30°， ∴∠ODB＝180°﹣∠DOB﹣∠ABD＝90°， ∴OD⊥BD， ∵OD是半径， ∴BD是⊙O的切线． （2）解：连接DM，如图： 由（1）得：∠ODB＝90°， ∵∠ABD＝30°， ∴， ∵OD＝OC，BC＝5， ∴OC＝BC＝5， ∴⊙O的半径为5， ∴DE＝10，， 在Rt△BDE中，∠EDB＝90°，DE＝10，， ∴， ∵DE为直径， ∴∠DME＝90°， ∴DM⊥BE， ∴DE•BD＝DM•BE，即：， 解得：， 在Rt△BDM中，∠BMD＝90°，，， ∴． 4．（2024•青川县三模）如图⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC＝45°，延长BC于D，连接AD，使得AD∥OC，AB交OC于E． （1）求证：AD与⊙O相切； （2）若AE＝2，CE＝2．求⊙O的半径和AB的长度． 【分析】（1）连接OA，要证明切线，只需证明OA⊥AD，根据AD∥OC，只需得到OA⊥OC，根据圆周角定理即可证明； （2）设⊙O的半径为R，则OA＝R，OE＝R﹣2，AE＝2，在Rt△OAE中根据勾股定理可计算出R＝4；作OH⊥AB于H，根据垂径定理得AH＝BH，再利用面积法计算出OH，然后根据勾股定理计算出AH，再利用垂径定理得出AB＝2AH． 【解答】（1）证明：连接OA； ∵∠ABC＝45°， ∴∠AOC＝2∠ABC＝90°， ∴OA⊥OC； 又∵AD∥OC， ∴OA⊥AD， ∴AD是⊙O的切线． （2）解：设⊙O的半径为R，则OA＝R，OE＝R﹣2，AE＝2， 在Rt△OAE中，∵AO2+OE2＝AE2， ∴R2+（R﹣2）2＝（2）2，解得R＝4， 作OH⊥AB于H，如图，OE＝OC﹣CE＝4﹣2＝2， 则AH＝BH， ∵OH•AE•OE•OA， ∴OH， 在Rt△AOH中，AH， ∵OH⊥AB， ∴AB＝2AH． 5．（2024秋•海淀区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝BC，AB为⊙O的直径，AC与⊙O相交于点D，过点D作DE⊥BC于点E，CB延长线交⊙O于点F． （1）求证：DE为⊙O的切线； （2）若BE＝1，BF＝2，求AD的长． 【分析】（1）根据已知条件证得OD∥AC即可得到结论； （2）如图，过点O作OH⊥AF于点H，则∠ODE＝∠DEH＝∠OHE＝90°，构建矩形ODEH，根据矩形的性质和勾股定理即可得到结论． 【解答】（1）证明：∵OB＝OD， ∴∠ABD＝∠ODB， ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∴∠ODB＝∠ACB， ∴OD∥AC． ∵DE⊥AC， ∴DE⊥OD， ∵OD是⊙O的半径， ∴DE是⊙O的切线； （2）解：如图，过点O作OH⊥AF于点H，则∠ODE＝∠DEH＝∠OHE＝90°， ∴四边形ODEH是矩形， ∴OD＝EH，OH＝DE， ∵OF＝OB， ∴BH＝FH＝1， ∴OD＝EH＝EH＝2， ∴AB＝2OD＝4，OH， ∴DE＝OH， ∴BD2， ∴AD2． 6．（2024•兴隆台区校级开学）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB是⊙O的直径，AD平分∠BAC交⊙O于点D，过点D作DE⊥AC交AC的延长线于点E． （1）求证：DE是⊙O切线； （2）若DE＝3，CE＝2，求⊙O的半径． 【分析】（1）由DE⊥AC，AB是⊙O的直径，得∠E＝∠ACB＝90°，则DE∥BC；连接OD，由∠BAD＝∠CAD，得，则OD垂直平分BC，所以∠ODE＝∠OFC＝90°，即可证明DE是⊙O的切线； （2）由∠CFD＝∠FDE＝∠E＝90°，证明四边形CFDE是矩形，则BF＝CF＝DE＝3，DF＝CE＝2，由勾股定理得（OB﹣2）2+32＝OB2，求得OB，则⊙O的半径长为． 【解答】（1）证明：∵DE⊥AC交AC的延长线于点E，AB是⊙O的直径， ∴∠E＝∠ACB＝90°， ∴DE∥BC； 连接OD， ∵AD平分∠BAC交⊙O于点D， ∴∠BAD＝∠CAD， ∴， ∴OD垂直平分BC， ∵DE∥BC， ∴∠ODE＝∠OFC＝90°， ∵OD是⊙O的半径，且DE⊥OD， ∴DE是⊙O的切线． （2）解：∵∠CFD＝∠FDE＝∠E＝90°， ∴四边形CFDE是矩形， ∴BF＝CF＝DE＝3，DF＝CE＝2， ∵∠OFB＝90°，OD＝OB， ∴OF2+BF2＝OB2，OF＝OD﹣2＝OB﹣2， ∴（OB﹣2）2+32＝OB2， 解得OB， ∴⊙O的半径长为． 7．（2024•十堰三模）如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，∠ACB的平分线交⊙O于点D，过点D作DE∥AB，交CB的延长线于点E． （1）求证：ED是⊙O的切线； （2）若AC＝9，BC＝3，求CD的长． 【分析】（1）连接OD，利用角平分线的定义，圆周角定理和圆的切线的判定定理解答即可； （2）根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，∠ADB＝90°，根据勾股定理得到AB6，根据角平分线的定义得到∠ACD＝∠BCD，求得AD＝BDAB＝3，过点B作BH⊥CD于点H，根据等腰直角三角形的性质得到BH＝CHBC＝3，根据勾股定理得到DH9，于是得到CD＝CH+DH＝3+9＝12． 【解答】（1）证明：连接OD，如图， ∵CD是∠ACB的平分线， ∴∠ACD＝∠BCD， ∴∠AOD＝∠BOD， ∵AB为⊙O的直径， ∴∠AOD＝∠BOD90°， ∴OD⊥AB， ∵DE∥AB， ∴OD⊥DE， ∵OD为⊙O的半径， ∴直线DE是⊙O的切线； （2）解：∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°，∠ADB＝90°， ∵AC＝9，BC＝3， ∴AB6， ∵∠ACB的平分线CD交⊙O于点D， ∴∠ACD＝∠BCD， ∴， ∴AD＝BDAB＝3， 过点B作BH⊥CD于点H， ∵∠BCD， ∴BH＝CHBC＝3， ∴DH9， ∴CD＝CH+DH＝3+9＝12． 【类型6 三角形的内切圆和内心】 1．（2024•镇江一模）如图，等腰三角形ABC内接于⊙O，AB＝AC，点I是△ABC的内心，连接BI并延长交⊙O于点D，点E在BD的延长线上，满足∠EAD＝∠CAD．试证明： （1）OA所在的直线经过点I； （2）点D是IE的中点． 【分析】（1）连接OA、OB、OC、AI，可证明△AOB≌△AOC，得∠BAO＝∠CAO，则AO平分∠BAC，再由点I是△ABC的内心，证明AI平分∠BAC，所以AO与AI在同一条直线上，即可证明OA所在的直线经过点I； （2）连接OD，推导出∠OAD∠AOD＝90°，则∠OAD+∠ABD＝90°，再证明∠ABD＝∠EAD，则∠IAE＝∠OAD+∠EAD＝90°，再推导出∠DIA＝∠DAI，则ID＝AD，由∠DIA+∠E＝90°，∠DAI+∠DAE＝90°，证明∠E＝∠DAE，则ED＝AD，所以ID＝ED，即可证明点D是IE的中点． 【解答】证明：（1）连接OA、OB、OC、AI， ∵AB＝AC，OB＝OC，OA＝OA， ∴△AOB≌△AOC（SSS）， ∴∠BAO＝∠CAO， ∴AO平分∠BAC， ∵点I是△ABC的内心， ∴AI平分∠BAC， ∴AO与AI在同一条直线上， ∴OA所在的直线经过点I． （2）连接OD，则OD＝OA， ∴∠OAD＝∠ODA， ∴2∠OAD+∠AOD＝180°， ∴∠OAD∠AOD＝90°， ∵∠ABD∠AOD， ∴∠OAD+∠ABD＝90°， ∵∠ABD＝∠CBD＝∠CAD，∠EAD＝∠CAD， ∴∠ABD＝∠EAD， ∴∠IAE＝∠OAD+∠EAD＝90°， ∵∠DIA＝∠ABD+∠BAO＝∠CAD+∠CAO＝∠DAI， ∴ID＝AD， ∵∠DIA+∠E＝90°，∠DAI+∠DAE＝90°， ∴∠E＝∠DAE， ∴ED＝AD， ∴ID＝ED， ∴点D是IE的中点． 2．（2024•潍坊一模）如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆⊙O相交于点D、过D作直线DG∥BC． （1）求证：DG是⊙O的切线； （2）求证：DE＝CD； （3）若DE＝2，BC＝8，求⊙O的半径． 【分析】（1）连接OD交BC于H，根据圆周角定理和切线的判定即可证明； （2）连接BD，由点E是△ABC的内心，得到∠ABE＝∠CBE，∠DBC＝∠BAD，推出∠BED＝∠DBE，根据等角对等边得到BD＝DE，即可得到结论； （3）根据垂径定理和勾股定理即可求出结果． 【解答】（1）证明：连接OD交BC于H，如图， ∵点E是△ABC的内心 ∴AD平分∠BAC， 即∠BAD＝∠CAD， ∴， ∴OD⊥BC，BH＝CH， ∵DG∥BC， ∴OD⊥DG， ∴DG是⊙O的切线； （2）证明：连接BD， ∵点E是△ABC的内心， ∴∠ABE＝∠CBE， ∵∠DBC＝∠BAD， ∴∠DEB＝∠BAD+∠ABE＝∠DBC+∠CBE＝∠DBE， 即∠BED＝∠DBE， ∴BD＝DE， ∵， ∴BD＝CD， ∴DE＝CD； （3）解：连接OD，OB，如图， 由（1）得OD⊥BC，BH＝CH， ∵BC＝8， ∴BH＝CH＝4， ∵DE＝2，BD＝DE， ∴BD＝2， 在Rt△BHD中，BD2＝BH2+HD2， ∴（2）2＝42+HD2，解得：HD＝2， 在Rt△BHO中， r2＝BH2+（r﹣2）2，解得：r＝5． 3．（2024•富阳区一模）如图，AB是⊙O的直径，点C是直线AB上方的⊙O上一点．点M是△ABC的内心．连结AM，BM，CM，延长CM交⊙O于点D． （1）若AB＝10，AC＝6，求BC的长． （2）求∠AMB的度数． （3）当点C在直线AB上方的⊙O上运动时，求证：． 【分析】（1）由AB是⊙O的直径，得∠ACB＝90°，而AB＝10，AC＝6，则BC8； （2）因为点M是△ABC的内心，所以∠MAB∠CAB，∠MBA∠CBA，则∠MAB+∠MBA（∠CAB+∠CBA）＝45°，即可根据三角形内角和定理求得∠AMB＝135°； （3）连结AD、BD，则∠ADB＝90°，因为CM平分∠ACB，所以∠ACD＝∠BCD∠ACB＝45°，则，所以AD＝BD，由勾股定理得ABAD，由∠DAB+∠MAB＝∠ACD+∠MAC，得∠DAM＝∠DMA，则DM＝AD，所以ABDM，即可证明DMAB． 【解答】（1）解：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵AB＝10，AC＝6， ∴BC8， ∴BC的长为8． （2）解：∵∠ACB＝90°， ∴∠CAB+∠CBA＝90°， ∵点M是△ABC的内心， ∴AM平分∠CAB，BM平分∠CBA， ∴∠MAB∠CAB，∠MBA∠CBA， ∴∠MAB+∠MBA（∠CAB+∠CBA）＝45°， ∴∠AMB＝180°﹣（∠MAB+∠MBA）＝135°， ∴∠AMB的度数为135°． （3）证明：连结AD、BD，则∠ADB＝90°， ∵点M是△ABC的内心，∠ACB＝90°， ∴CM平分∠ACB， ∴∠ACD＝∠BCD∠ACB＝45°， ∴， ∴AD＝BD， ∴ABAD， ∵∠DAB＝∠ACD＝45°，∠MAB＝∠MAC， ∴∠DAB+∠MAB＝∠ACD+∠MAC， ∵∠DAM＝∠DAB+∠MAB，∠DMA＝∠ACD+∠MAC， ∴∠DAM＝∠DMA， ∴DM＝AD， ∴ABDM， ∴DMAB． 4．（2023秋•武昌区期末）如图，点I是△ABC的内心，AI的延长线和△ABC的外接圆⊙O相交于点D． （1）求证：DB＝DI； （2）如果OI⊥AD，IM⊥AB于M．求证：BC＝2AM． 【分析】（1）连接BI，由点I是△ABC的内心，得∠BAD＝∠CAD，∠ABI＝∠CBI，则∠BAD+∠ABI＝∠CAD+∠CBI，而∠CAD＝∠CBD，所以∠BAD+∠ABI＝∠CBD+∠CBI，则∠BID＝∠IBD，所以DB＝DI； （2）连接OD交BC于点E，由∠BAD＝∠CAD，得，则OD⊥BC，BE＝CE，而OI⊥AD，IM⊥AB，则∠BED＝∠AMI＝90°，IA＝DI＝DB，再推导出∠DBE＝∠IAM，进而证明△DBE≌△IAM，得BE＝AM，所以BC＝2BE＝2AM． 【解答】证明：（1）连接BI， ∵点I是△ABC的内心， ∴∠BAD＝∠CAD，∠ABI＝∠CBI， ∴∠BAD+∠ABI＝∠CAD+∠CBI， ∵∠CAD＝∠CBD， ∴∠BAD+∠ABI＝∠CBD+∠CBI， ∵∠BID＝∠BAD+∠ABI，∠IBD＝∠CBD+∠CBI， ∴∠BID＝∠IBD， ∴DB＝DI． （2）连接OD交BC于点E， ∵∠BAD＝∠CAD， ∴， ∴OD⊥BC，BE＝CE， ∵OI⊥AD，IM⊥AB， ∴∠BED＝∠AMI＝90°，IA＝DI， ∵DB＝DI， ∴DB＝IA， ∵∠DBE＝∠DAC，∠IAM＝∠DAC， ∴∠DBE＝∠IAM， 在△DBE和△IAM中， ， ∴△DBE≌△IAM（AAS）， ∴BE＝AM， ∴2BE＝2AM， ∵BC＝2BE， ∴BC＝2AM． 5．（2024•蜀山区一模）如图，AB是半圆O的直径，C是半圆上不同于A，B的一点，I是△ABC的内心，AI的延长线交半圆O于点D，连接BI，BD，IO． （1）求证：DI＝DB； （2）若BD＝2，IO⊥BI，求AI的长． 【分析】（1）根据I是△ABC的内心，以及圆周角定理可得∠BAD＝∠CAD＝∠CBD，∠ABI＝∠CBI，从而得到∠BID＝∠IBD，即可求证； （2）过O作OH⊥AD于点H，根据垂径定理可得AH＝HD，根据三角形中位线定理可得OHBD＝1，再证明△BDI是等腰直角三角形，可得ID＝BD＝2．∠BID＝45°，从而得到△OH1是等腰直角三角形，进而得到OH＝H1＝1，即可求解． 【解答】（1）证明：∵I是△ABC的内心， ∴∠BAD＝∠CAD＝∠CBD．∠ABI＝∠CBI， ∴∠BID＝∠BAD+∠ABI＝∠CBD+∠CBI＝∠IBD． ∴DI＝DB； （2）解：过O作OH⊥AD于点H， ∴AH＝HD， ∵点O为AB的中点， ∴OHBD＝1， ∵AB为直径， ∴∠D＝90° ∵DI＝DB， ∴△BDI是等腰直角三角形， ∴ID＝BD＝2．∠BID＝45°， ∵IO⊥BI，即∠OIB＝90°， ∴∠OIH＝45°， ∴△OHI是等腰直角三角形， ∴OH＝HI＝1， ∴AH＝HD＝HI+DI＝HI+DB＝1+2＝3， ∴AL＝AH+HI＝4． 6．（2023秋•万年县期末）如图，AB是△ABC外接圆⊙O的直径，PA是⊙O的切线，BD∥OP，点D在⊙O上． （1）求证：PD是⊙O的切线． （2）若△ABC的边AC＝6cm，BC＝8cm，I是△ABC的内心，求IO的长度． 【分析】（1）如图，连接OD，AD，证明OP⊥AD，OP是AD的垂直平分线，再证明△ODP≌△OAP，可得∠ODP＝90°，可得PD是⊙O的切线． （2）如图，过I作IU⊥AB于U，作IQ⊥AC于Q，作IV⊥BC于V，则IU＝IV＝IQ，求解，OB＝OA＝5，IV＝IQ＝IU＝2，证明四边形IVCQ为正方形，求解OU＝1，再利用勾股定理可得答案． 【解答】（1）证明：如图，连接OD，AD， ∵AB为⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∵BD∥OP， ∴OP⊥AD，OP是AD的垂直平分线， ∴PD＝PA， ∵OP＝OP，OD＝OA， ∴△ODP≌△OAP（SSS）， ∴∠OAP＝∠ODP， ∵PA是⊙O的切线， ∴∠OAP＝90°， ∴∠ODP＝90°， ∴PD是⊙O的切线． （2）如图，过I作IU⊥AB于U，作IQ⊥AC于Q，作IV⊥BC于V， 则IU＝IV＝IQ， ∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵AC＝6cm，BC＝8cm， ∴，OB＝OA＝5， ∴， ∴IV＝IQ＝IU＝2， ∵IV⊥BC，IQ⊥AC，∠ACB＝90°，IV＝IQ＝2， ∴四边形IVCQ为正方形， ∴CQ＝2，AQ＝6﹣2＝4， ∴， ∴OU＝5﹣4＝1， ∴． 7．（2023秋•江夏区校级期中）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，点I是△ABC（BC＜AC＜AB）的内心，CI的延长线交⊙O于点D，连AD． （1）求证：DA＝DI； （2）若，，求BC的长． 【分析】（1）连接AI，运用内切圆的性质及三角形外角的性质问题即可解决． （2）连接AI．BD，过点D作DE⊥DC交CB的延长线于点E，证明△ADB，△CDE都是等腰直角三角形，△ADC≌△BDE（SAS），得到；由勾股定理即可求得AB＝10，CE＝AC+BC＝14；再利用即可BC2+AC2＝AB2＝100即可解决问题． 【解答】（1）证明：如图，连接AI； ∵点I是△ABC（AC＜AB）的内心， ∴∠CAI＝∠BAI，∠ACI＝∠BCI； ∵∠DAB＝∠BCI， ∴∠DAB＝∠ACI； ∴∠DAB+∠OAI＝∠ACI+∠CAI； ∵∠AID＝∠ACI+∠CAI，∠DAI＝∠DAB+∠OAI， ∴∠AID＝∠DAI， ∴DA＝DI； （2）解：连接AI．BD，过点D作DE⊥DC交CB的延长线于点E， ∵AB是直径， ∴∠ACB＝ADB＝90°， ∵CD平分∠ACB， ∴∠ACD＝∠BCD＝45°， ∴∠BAD＝∠BCD＝45°， ∴△ADB，△CDE都是等腰直角三角形， ∴；， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°，由勾股定理得： ；， ∵∠ADB＝∠CDE＝90°， ∴∠ADC＝∠BDE， ∴△ADC≌△BDE（SAS）， ∴AC＝BE， ∴CE＝BC+BE＝BC+AC＝14， 又∵BC2+AC2＝AB2＝100，（AC＞BC）， ∴AC＝8，BC＝6． 【类型7 圆与等腰三角形】 1．（2023秋•泗县期末）如图，△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交AC，BC分别于点E，D两点，连接ED，BE． （1）求证：． （2）若BC＝6．AB＝5，求BE的长． 【分析】（1）连接AD，根据圆周角定理得到AD⊥BC，根据等腰三角形的性质得到CD＝BD，根据弦、弧、圆心角的关系定理证明结论； （2）连接OD交BE于H，作OF⊥BD于F，根据勾股定理求出AD，根据三角形中位线定理求出OF，根据三角形的面积公式求出BH，根据垂径定理解答． 【解答】（1）证明方法一：连接AD， ∵AB为⊙O的直径， ∴AD⊥BC， ∵AB＝AC， ∴CD＝BD， ∵A、E、D、B四点共圆， ∴∠CED＝∠ABC， ∵AB＝AC， ∴∠ACB＝∠ABC， ∴∠ACB＝∠CED， ∴DE＝DC， ∴DE＝BD， ∴； 方法二：如图②，连接AD， ∵AB为⊙O的直径， ∴AD⊥BC， ∵AB＝AC， ∴∠EAD＝∠BAD， ∴； （2）解：连接OD交BE于H，作OF⊥BD于F， BDBC＝3，AB＝5， 又勾股定理得，AD4， ∵AD⊥BC，OF⊥BD， ∴OF∥AD，又OA＝OB， ∴OFAD＝2， 则BH3×2， 解得，BH， ∵， ∴BE＝2BH． 2．（2024秋•江阴市校级月考）已知：如图，在△ABC中，AB＝AC，以腰AB为直径作⊙O，分别交BC，AC于点D，E，连接OD，DE． （1）求证：BD＝DC； （2）若∠BAC＝40°，求∠ODE的度数． 【分析】（1）连接AD，由圆周角定理得到AD⊥BC，由等腰三角形的性质推出BD＝DC； （2）由等腰三角形的性质得到∠B＝∠C＝70°，∠ODB＝∠B＝70°，再利用圆内接四边形的性质推出∠BDE+∠A＝180°，求出∠BDE＝140°，即可求出∠ODE的度数． 【解答】（1）证明：连接AD， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∴AD⊥BC， ∵AB＝AC， ∴BD＝DC； （2）解：∵AB＝AC，∠A＝40°， ∴∠B＝∠C（180°﹣40°）＝70°， ∵OD＝OB， ∴∠ODB＝∠B＝70°， ∵四边形ABDE是圆的内接四边形， ∴∠BDE+∠A＝180°， ∴∠BDE＝140°， ∴∠ODE＝∠BDE﹣∠ODB＝140°﹣70°＝70°． 3．（2024秋•青山区期中）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB＝AC，点P是的中点，连接PA、PB、PC． （1）如图1，若∠BPC＝60°，求∠ACP； （2）如图2，若BC＝48，AB＝40，求AP的长． 【分析】（1）根据圆周角定理得∠BPC＝∠BAC＝60°，可判断△ABC为等边三角形，∠ACB＝∠ABC＝60°，再利用圆周角定理得到∠APC＝∠ABC＝60°，而点P是的中点，则∠ACP∠ACB＝30°； （2）连接OP，OB，AO并延长交BC于D，根据垂径定理得到AD⊥BC，求得BD＝CDBC＝24，根据勾股定理得到AD32，OB＝25，由垂径定理得到OP⊥AB，AE＝BEAB＝20，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：（1）∵∠BPC＝60° ∴∠BAC＝60°， ∵AB＝AC， ∴△ABC为等边三角形， ∴∠ACB＝∠ABC＝60°， ∴∠APC＝∠ABC＝60°， 而点P是的中点， ∴∠ACP∠ACB＝30°； （2）连接OP，OB，AO并延长交BC于D， ∵AB＝AC， ∴， ∴AD⊥BC， ∴BD＝CDBC＝24， ∵AB＝40， ∴AD32， ∵OD＝32﹣AO， ∵OB＝OA， ∴OB2＝OD2+BD2， ∴OB2＝（32﹣OB）2+242， ∴OB＝25， ∵点P是的中点， ∴OP⊥AB，AE＝BEAB＝20， ∴OE15， ∴PE＝25﹣15＝10， ∴PA10． 4．（2024•安徽二模）如图，AB为⊙O的直径，CD为⊙O的一条弦，∠BCD的平分线交⊙O于点E，AD，BE的延长线交于点F． （1）若∠BAD＝70°，求∠ABE的度数． （2）求证：AB＝AF． 【分析】（1）如图，连接BD，证明∠BCD＝∠BAD＝70°，可得∠DBE＝∠DCE＝35°，结合圆周角定理可得∠ABD＝90°﹣70°＝20°，从而可得答案； （2）如图，连接DE．证明∠BDE＝∠EBD，∠EDF＝∠F，可得∠EDF＝∠ABE，∠ABF＝∠F，从而可得结论． 【解答】（1）解：如图，连接BD． ∵∠BAD＝70°， ∴∠BCD＝∠BAD＝70° ∵CE平分∠BCD， ∴∠DBE＝∠DCE＝35°． ∵AB为⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∴∠ABD＝90°﹣70°＝20°， ∴∠ABE＝∠ABD+∠DBE＝55°． （2）证明：如图，连接DE． ∵CE平分∠BCD， ∴∠BCE＝∠DCE，而∠EDB＝∠BCE，∠EBD＝∠DCE， ∴∠BDE＝∠EBD． ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∴∠BDF＝90°， ∴∠DBE+∠F＝90°，∠BDE+∠EDF＝90°， ∴∠EDF＝∠F． ∵∠EDF+∠ADE＝180°，∠ABE+∠ADE＝180°， ∴∠EDF＝∠ABE， ∴∠ABF＝∠F， ∴AB＝AF． 5．（2024•合肥模拟）如图，⊙O的两条弦AB⊥CD，垂足为E，点F在⊙O上，DB平分∠CDF，连接AF，分别交BD于G，CD于H． （1）求证：DF＝DH； （2）连接EG，若∠CDF＝45°，⊙O的半径为2，求EG的长． 【分析】（1）根据圆周角定理求出∠BAG＝∠BDE，结合对顶角相等及三角形内角和定理求出∠DGH＝∠AED＝90°，根据直角三角形的性质求出∠DHG＝∠B＝∠F，根据“等角对等边”即可得证； （2）连接AC，OC，OF，CF，结合圆周角定理、三角形内角和定理求出AC＝AH，根据等腰三角形的性质求出E为CH的中点，G为FH的中点，根据三角形中位线的判定与性质求．根据圆周角定理求出∠COF＝2∠CDF＝90°，进而推出△OCF是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求解即可． 【解答】（1）证明：∵AB⊥CD， ∴∠AED＝90°， ∵DB平分∠CDF， ∴∠BDE＝∠BDF， 又∠BAG＝∠BDF， ∴∠BAG＝∠BDE， 又∵∠AHE＝∠DHG， ∴∠DGH＝∠AED＝90°， ∴∠B+∠BDE＝90°＝∠BED+∠DHG， ∴∠DHG＝∠B＝∠F， ∴DF＝DH； （2）解：如图，连接AC，OC，OF，CF， ∵∠ACD＝∠AFD＝∠DHG，∠DHG＝∠AHC， ∴∠ACH＝∠AHC， ∴AC＝AH， 又∵AB⊥CD， ∴E为CH的中点． 由（1）知DF＝DH，∠DGH＝90°， ∴G为FH的中点， ∴EG是△CHF的中位线， ∴． ∵∠CDF＝45°， ∴∠COF＝2∠CDF＝90°， ∴△OCF是等腰直角三角形， ∴CFOC． ∵OC＝2， ∴， ∴． 6．（2023•武汉模拟）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，AD是中线，E为边AC的中点，过B，D，E三点的⊙O交AC于另一点F，连接BF． （1）求证：BF＝BC； （2）若BC＝4，AD＝4，求⊙O的直径． 【分析】（1）连接DE．由AB＝AC，AD是中线，得到AD⊥BC，又E为边AC的中点，于是DEAC＝AE＝CE，DE∥AB，所以∠C＝∠EDC，因为∠DEC＝∠FBC，所以∠BFC＝∠EDC，因此∠BFC＝∠C，BF＝BC； （2）设AD交⊙O于点M，连接FM．由BM为直径，∠BFM＝90°，所以∠AFM+∠BFC＝90°，于是∠DAC+∠C＝90°，∠C＝BFC，∠AFM＝∠DAC，得到MA＝MF，设MA＝MF＝x，则DM＝4x， 由勾股定理DM2+BD2＝BF2+MF2＝BM2即可求出． 【解答】解：（1）如图1，连接DE． ∵在等腰△ABC中，AB＝AC，AD是中线， ∴AD⊥BC， ∵E为边AC的中点， ∴DEAC＝AE＝CE，DE∥AB， ∴∠C＝∠EDC ∵∠DEC与∠FBC所对的弧均为， ∴∠DEC＝∠FBC， 在△BCF与△ECD中， ∠DEC＝∠FBC，∠BCF＝∠ECD， ∴∠BFC＝∠EDC， ∵∠C＝∠EDC ∴∠BFC＝∠C， ∴BF＝BC； （2）如图2，设AD交⊙O于点M，连接FM． ∵∠ADB＝90°，即BM为直径， ∴∠BFM＝90°， ∴∠AFM+∠BFC＝90°， ∵∠DAC+∠C＝90°，∠C＝∠BFC， ∴∠AFM＝∠DAC， ∴MA＝MF， 设MA＝MF＝x，则DM＝4x， ∵DM2+BD2＝BF2+MF2＝BM2， ∴DM2+BD2＝BF2+MF2 即（4x）2+22＝42+x2， 解得x， ∴BM 7．（2023秋•江岸区期中）如图，在⊙O中，弦BC⊥OA于点D，点F是CD上一点，AF交⊙O于点E，过点E作⊙O的切线交BC于点H． （1）求证：EH＝FH； （2）若点C为的中点，AD＝2，OD＝1，求EH的长度． 【分析】（1）连接OE．根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠OEA，根据切线的性质得到OE⊥EH，得到∠OEA+∠AEH＝90°，根据等腰三角形的判定定理即可得到结论； （2）连接OC交AE于M，AC，由点C为的中点，得到，求得∠AOC＝∠EOC，推出OC垂直平分EF于点M，根据垂径定理得到，BD＝CD，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】（1）证明：连接OE． ∵OA＝OE， ∴∠A＝∠OEA， ∵HE与⊙O相切于点E， ∴OE⊥EH， ∴∠OEA+∠AEH＝90°， 在Rt△ADF中， ∠A+∠ADF＝90°， ∴∠AFD＝∠AEH， 又∵∠AFD＝∠HFE， ∴∠HFE＝∠AEH， ∴EH＝FH； （2）解：连接OC交AE于M，AC， ∵点C为的中点， ∴， ∴∠AOC＝∠EOC， ∴OC垂直平分EF于点M， ∵OA⊥BC， ∴，BD＝CD， ∴， ∴∠CAE＝∠BCA， ∴AF＝CF， ∵， ∴DCBCAE＝AM， 在Rt△ODC中， CD， 设DF＝x，则AFx， 在Rt△ADF中， x2+22， 解得：x， 连接OH， 设EH＝y，则OH2＝1232+y2， 解得：y ∴EH． 【类型8 圆与四边形】 1．（2024•埇桥区校级二模）已知四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BD是⊙O的直径，连接AC，∠ACB＝45°． （1）如图1，，求⊙O的半径； （2）如图2，过点O作OE⊥BC于点E，延长EO交AC于点F，连接DF，OC．已知OF＝2OE，求证：四边形OCDF是平行四边形． 【分析】（1）证明△ABD是等腰直角三角形，则，进一步得到，即可得到⊙O的半径； （2）证明OE是△BCD的中位线，则，由OF＝2OE得到CD＝OF＝2OE，又由CD∥OF，即可得到结论． 【解答】（1）解：∵BD是⊙O的直径， ∴DAB＝90°， ∵∠ACB＝45°， ∴∠ADB＝∠ACB＝45°， ∴∠ABD＝90°﹣∠ADB＝45°， ∴△ABD是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 即⊙O的半径为1； （2）证明：∵过点O作OE⊥BC于点E， ∴， ∵， ∴OE是△BCD的中位线， ∴， ∵OF＝2OE， ∴CD＝OF＝2OE， 又∵CD∥OF， ∴四边形OCDF是平行四边形． 2．（2024•花山区二模）如图，AB为⊙O的直径，在BA的延长线上取一点C，CD与⊙O相切于点D，AE∥CD交⊙O于点E，且∠BAE＝30°，连接DE． （1）求证：四边形ACDE为平行四边形； （2）已知F为的中点，连接EF．若，求EF的长． 【分析】（1）连接OD，证明△OCD≌△BAE（AAS），得CD＝AE即可证明结论； （2）连接OF，BF，过点B作BH⊥EF于点H．求出BE＝2，AB＝4，．由F为的中点，得，，，进而得． 【解答】（1）证明：连接OD，如图1， ∵CD与⊙O相切于点D，∠CDO＝90°． ∵AB为⊙O的直径， ∴∠AEB＝90°， ∴∠AEB＝∠CDO． ∵∠BAE＝30°， ∴BEAB， ∴BE＝OD． ∵AE∥CD， ∴∠BAE＝∠C， ∴△OCD≌△BAE（AAS）， ∴CD＝AE， ∴四边形ACDE为平行四边形； （2）解：连接OF，BF，过点B作BH⊥EF于点H，如图2， 由（1）知AE＝CD＝2． ∵∠BAE＝30°， ∴BE＝2，AB＝4， ∴OB＝OFAB＝2． ∵F为的中点， ∴∠BOF＝90°， ∴BF＝2． ∵∠BEF∠BOF＝45°， ∴BH＝EH，FH， ∴EF＝EH+FH． 3．（2024•东湖区校级模拟）如图，以菱形ABCD的边AD为直径作⊙O交AB于点E，连接DB，F是BC上的一点，且BF＝BE，连接DF． （1）当∠A＝60°，AD＝2时，求DE的长． （2）求证：DF是⊙O的切线． 【分析】（1）连接DE，根据AD是⊙O的直径，得出∠AED＝90°，进而根据含30度角的直角三角形的性质得出AE＝1，根据勾股定理，即可求解； （2）连接DE，根据AD是直径，得出∠AED＝90°，求出∠DEB＝180°﹣90°＝90°，根据菱形的性质得出∠DBE＝∠DBF，AD∥BC，证明△DBE≌△DBF（SAS），得出∠DFB＝∠DEB＝90°，根据平行线的性质得出∠ADF＝∠DFB＝90°，得出AD⊥DF，即可证明结论． 【解答】（1）解：连接DE，如图1所示， ∵AD是⊙O的直径， ∴∠AED＝90°， ∵∠A＝60°，AD＝2， ∴∠ADE＝30°，则， ∴； （2）证明：连接DE，如图2所示： ∵AD是直径， ∴∠AED＝90°， ∴∠DEB＝180°﹣90°＝90°， ∵四边形ABCD为菱形， ∴∠DBE＝∠DBF，AD∥BC， ∵BE＝BF，DB＝DB， ∴△DBE≌△DBF（SAS）， ∴∠DFB＝∠DEB＝90°， ∵AD∥BC， ∴∠ADF＝∠DFB＝90°， ∴AD⊥DF， ∵AD为直径， ∴DF是⊙O的切线． 4．（2024•兴宁市校级二模）如图，P为⊙O外一点，PA、PB为⊙O的切线，切点分别为A、B，直线PO交⊙O于点D、E，交AB于点C． （1）求证：∠ADE＝∠PAE． （2）若∠ADE＝30°，连接BD，求证：四边形ADBP是菱形． 【分析】（1）连接OA，由∠PAO＝∠DAE＝90°，证明∠DAO＝∠PAE，∠DAO＝∠ADE，进而得证； （2）连接BD，连接OB，证明∠APO＝90°﹣∠AOE＝30°，得到AD＝AP，由PA、PB为⊙O的切线得到PA＝PB＝AD，∠PAO＝∠PBO＝90°，证明Rt△APO≌Rt△BPO，得到∠APO＝∠BPO＝30°，则∠ADE＝∠BPO，得到AD∥BP，又由PA＝PB＝AD，即可证明四边形ADBP是菱形． 【解答】（1）证明：如图，连接OA， ∵DE是直径， ∴∠DAE＝90° 即∠DAO+∠OAE＝90° ∵PA为⊙O的切线， ∴∠PAO＝90°， 即∠PAE+∠OAE＝90°． ∴∠DAO＝∠PAE， ∵AO＝DO ∴∠DAO＝∠ADE， ∴∠ADE＝∠PAE． （2）解：连接BD，连接OB，如图， ∵∠ADE＝30°， ∴∠AOE＝60°， ∵PA为⊙O的切线， ∴∠PAO＝90°， ∴∠APO＝90°﹣∠AOE＝30°， ∴AD＝AP ∵PA、PB为⊙O的切线， ∴PA＝PB＝AD，∠PAO＝∠PBO＝90°， ∵PO＝PO ∴Rt△APO≌Rt△BPO（HL）， ∴∠APO＝∠BPO＝30° ∴∠ADE＝∠BPO ∴AD∥BP， ∵PA＝PB＝AD， ∴四边形ADBP是菱形． 5．（2024•镇平县模拟）如图，⊙O的直径AB＝4，BC切⊙O于点B，连接AC交⊙O于点D，连接OD． （1）取BC的中点E，连接OE．当∠A的度数为 　45°　时，四边形ODCE为平行四边形； （2）若∠C＝30°，求CD的长． 【分析】（1）连接BD，利用圆的切线的性质定理得到∠ABC＝90°，利用含30°角的直角三角形的性质，勾股定理解答即可； （2）①利用三角形的中位线定理，平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定与性质解答即可； 【解答】解：（1）当∠A＝45°时，四边形ODCE为平行四边形，理由： ∵OA＝OB，BE＝EC， ∴OE为△BAC的中位线， ∴OE∥AC． 若四边形ODCE为平行四边形，则OD∥BC，OD＝EC． ∴OD＝OB，BE＝EC， ∴OB＝BE． ∵∠ABC＝90°， ∴△OBE为等腰直角三角形， ∴∠BOE＝∠BEO＝45°， ∵OE∥AC， ∴∠A＝∠BOE＝45°． ∴当∠A＝45°时，四边形ODCE为平行四边形． 故答案为：45°； （2）∵⊙O的直径AB＝4，BC切⊙O于点B， ∴AB⊥BC， ∵∠C＝30°， ∴AC＝2AB＝8， ∴BC4． 连接BD，如图， ∵AB为⊙O的直径， ∴∠BDC＝90°， ∵∠C＝30°， ∴BDBC＝2， ∴CD6． 6．（2023•鼓楼区二模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接矩形，点E、F分别在射线AB、AD上，OE＝OF，且点C、E、F在一条直线上，EF与⊙O相切于点C． （1）求证：矩形ABCD是正方形； （2）若OF＝10，则正方形ABCD的面积是 　40　． 【分析】（1）连接AC，证明△AOF≌△AOE（SAS），可得AF＝AE，然后证明AB＝CB，即可解决问题； （2）根据勾股定理求出OC＝2，进而可以求出正方形ABCD的面积． 【解答】（1）证明：如图，连接AC， ∵四边形ABCD是⊙O的内接矩形， ∴AC是⊙O的直径， ∵EF与⊙O相切于点C， ∴AC⊥EF， ∵OE＝OF， ∴CF＝CE，∠FOC＝∠EOC， ∴∠AOF＝∠AOE， ∵OA＝OA， ∴△AOF≌△AOE（SAS）， ∴AF＝AE， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠FAE＝90°， ∴ACEF＝CF＝CE， ∴∠CAE＝45°， ∵∠ABC＝90°， ∴∠ACB＝45°， ∴AB＝CB， ∴矩形ABCD是正方形； （2）解：∵OCAC，AC＝CF， ∴CF＝2OC， ∵OF＝10，OF2＝OC2+CF2， ∴102＝OC2+4OC2， ∴OC＝2， ∴ABOC＝2， ∴AB2＝40， ∴正方形ABCD的面积是40． 故答案为：40． 7．（2023•南昌模拟）点A是矩形EFBG边EG上的点，以AB为直径的圆交EF于点D和点C，AE＝ED，连接BD，BC，AC． （1）求证：AC＝BC． （2）已知，求CD的长． 【分析】（1）如图所示，连接AD，先推出∠ADE＝∠DAE＝45°，再由直径所对的圆周角是直角得到∠ADB＝∠ACF＝90°，则可推出∠BAC＝∠BDC＝45°，进而得到∠ABC＝∠BAC，即可证明AC＝BC （2）先利用勾股定理求出AD的长，进而求出AB的长，再求出AC的长，即可求出CE的长，由此即可得到答案． 【解答】（1）证明：如图所示，连接AD， ∵四边形EFBG是矩形， ∴∠E＝90°， ∵AE＝DE， ∴∠ADE＝∠DAE＝45°， ∵AB为直径， ∴∠ADB＝∠ACB＝90°， ∴∠BDC＝45°， ∴∠BAC＝∠BDC＝45°， ∴∠ABC＝90°﹣∠BAC＝45°＝∠BAC， ∴AC＝BC； （2）解：∵在Rt△AED中，DE＝AE＝1，∠E＝90°， ∴， ∵在Rt△ABD中，， ∴， ∴在Rt△ABC中，由勾股定理得， ∴在Rt△AEC中，由勾股定理得， ∴CD＝CE﹣DE＝3﹣1＝2． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！16 学科网（北京）股份有限公司 $$